电磁场与电磁波习题答案.pdf

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1、第四章习题解答第四章习题解答【】【】如题图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为U0，求槽内的电位函数。解解 根据题意，电位(x,y)满足的边界条件为(0,y)(a,y)0；(x,0)0；(x,b)U0根据条件和，电位(x,y)的通解应取为y(x,y)Ansinh(n1boU0nynx)sin()由条件，有aanbnxU0Ansinh()sin()aan1aa题图ax2U0nxnxsin()dx 两边同乘以sin()，并从 0 到a对x积分，得到Anasinh(nb a)aa04U0,n 1,3,5,2U0(1 cos n)nsi

2、nh(nb a)nsinh(nb a)0，n 2,4,6,1nynxsinh()sin()n1,3,5,nsinh(nb a)aa两平行无限大导体平面，距离为b，其间有一极薄的导体片由y d到y b(x )。上板和薄片保持电位U0，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从y 0到y d，电位线性变化，(0,y)U0y d。故得到槽内的电位分布(x,y)4U0解解应用叠加原其中，1(x,y)为不y理，设板间的电位为boxy(x,y)1(x,y)2(x,y)U0存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为U0）的电位，即体薄片时的电位，其边dxyoxy1(x,y)U0y b；2(x,y)是两个

3、电位为零的平行导体板间有导界条件为：题 图x2(x,0)2(x,b)0U0Uy0b2(0,y)(0,y)1(0,y)U0y U0yb d2(x,y)0(x)(0 y d)；根据条件和，可设2(x,y)的通解为(d y b)ny2(x,y)Ansin()ebn1nxbU0U yny0b)；由条件有Ansin(bn1U0y U0yb d(0 y d)(d y b)两边同乘以sin(ny)，并从 0 到b对y积分，得到bdb2U02U011ynyny2U0bndAn(1)sin()dy()ysin()dy sin()2bbbbdbb(n)db0dU02bU0y 故得到(x,y)bd2x1ndnynb

4、sin()sin()e2bbn1n如题图所示的导体槽，底面保持电位U0，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。解解 根据题意，电位(x,y)满足的边界条件为根 据 条 件 和y(0,y)(a,y)0(x,y)0(y )(x,0)U0，电位(x,y)的通解应取为(x,y)Aneo两 边 同 乘 以n1ny anxnxsin()；由条件，有U0Ansin()aan1U0题图axa2U0nxnxsin()dx sin()，并从 0 到a对x积分，得到Ana0aan1,3,5,a 4U04U02U0,n 1,3,5,；故得到(x,y)(1cosn)nnn 2,4,6,0，【】【】一长、宽、高分别为a、b

5、、c的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为xz y(y b)sin()sin()的电荷。求体积内的电位。ac解解在体积内，电位满足泊松方程1ny anxesin()na2221xz y(yb)sin()sin()（1）x2y2z20ac长方体表面S上，电位满足边界条件S0。由此设电位的通解为mxnypz)sin()sin()，代入泊松方程（1），可得abc(x,y,z)1Amnp(m1 n1 p1由此可得Amnpm2)()()abcmxnypzxzsin()sin()sin()y(y b)sin()sin()abcacnny 0(m 1或p 1)；A1n1()2()2()2sin()y(y

6、b)（2）abcbp10m1 n1 p1n2p2Amnpsin(n222ny4b3()()()y(y b)sin()d y 由式（2），得A()(cosn1)1n1abcb0bb n2b8b23(n)0n1,3,5,n2,4,6,；故(x,y,z)8b250n1,3,5,1xnyzsin()sin()sin()1n1abcn3()2()2()2abc【】【】如题图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与z轴平行的线电荷ql，其位置为(0,d)。求板间的电位函数。解解由于在(0,d)处有一与z轴平行的线电荷ql，以x1(x,y)和2(x,y)都 满 足 拉 普 拉 斯 方 程。而 在(y)ql

7、(y y0)。电位的边界条件为0为界将场空间分割为x 0和x 0两个区域，则这两个区域中的电位x 0的 分 界 面 上，可 利 用函 数 将 线 电 荷ql表 示 成 电 荷 面 密 度y1(x,0)=1(x,a)0，2(x,0)=2(x,a)01(x,y)0(x )，2(x,y)0(x )qldax1(0,y)2(0,y)，(21)xxx0 ql0(y d)题 图o由条件和，可设电位函数的通解为1(x,y)Anen1nx anynysin()(x 0)2(x,y)Bnenx asin()(x 0)aan1由条件，有nynyA sin()B sin()（1）nnaan1n1qnnynnyAns

8、in()Bnsin()l(y d)（2）0aaaan1n1my由式（1），可得An Bn（3）；将式（2）两边同乘以sin()，并从0到a对y积分，有a2ql2qlandnysin()（4）(y d)sin()dy An Bnn0an00a由式（3）和（4）解得An Bnqln0sin(nd)a故1(x,y)1ndnx anysin()esin()(x 0)0n1naaql2(x,y)1ndnx anysin()esin()(x 0)0n1naaql如题图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷ql。求槽内的电位函数。解解由于在(x0,y0)处有一与z轴平行的线电荷ql，以x x0

9、yb为界将场空间分割为0 x x0和x0 x a两个区域，则这两个区域中的电位1(x,y)和2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在x x0的分界面上，可利用函数将线电荷ql表示成电荷面密度(y)ql(y y0)，ql(x0,y0)电位的边界条件为1(0,y)=0，2(a,y)0，1(x,0)=1(x,b)0，2(x,0)=2(x,b)0 xx0o题图ax211(x0,y)2(x0,y)()xx由条件和，可设电位函数的通解为 ql0(y y0)1(x,y)Ansin(nynx)sinh()(0 x x0)bbn1nyn)sinh(a x)(x0 x a)2(x,y)Bnsin(bbn1由条件，有n

10、x0nynynA sin()sinh()B sin()sinh(a x0)（1）nnbbbbn1n1qlnx0nnynnyn(y y0)（2）Ansin()cosh()Bnsin()cosh(a x0)0bbbbbbn1n1nx0n由式（1），可得Ansinh()Bnsinh(a x0)0（3）bbmy将式（2）两边同乘以sin()，并从0到b对y积分，有b2qlb2qlny0nynx0n(y y)sin()dy sin()（4）Ancosh()Bncosh(a x0)00n0bn0bbb由式（3）和（4）解得2qlny01nsinh(a x0)sin()sinh(na b)n0bb2qlnx

11、0ny01Bnsinh()sin()sinh(na b)n0bbAn故1(x,y)2ql02qlnsinh(na b)sinhbn11n(a x0)sin(ny0nxny)sinh()sin()，(0 x x0)bbbnx01ny0nnysinh()sin()sinh(a x)sin()，(x0 x a)0n1nsinh(na b)bbbb若以y y0为界将场空间分割为0 y y0和y0 y b两个区域，则可类似地得到2(x,y)1(x,y)1nnx0nynxsinh(b y)sin()sinh()sin()(0 y y0)00n1nsinh(nb a)aaaa2qlny01nx0nnxsin

12、h()sin()sinh(b y)sin()(y0 y b)0n1nsinh(nb a)aaaa*如题图所示，在均匀电场E E0 e exE0中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱，圆柱的半径为a。求导体圆柱外的电位和电场E E以及导体表面的感应电荷密度。解解在外电场E E0作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场E E0的电位0与感应电荷的电位in的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量z无关。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为0(r,)E0 xC E0rcosC（常数C的值由2(x,y)2ql参考点确定），而感应电荷的电位in(r,)应与0(r,)一样按cos变化，而且在无限远

13、处为0。由于导体是等位体，所以(r,)满足的边界条件为(a,)C(r,)E0rcos由此可设(r,)由条件，有E0acos于是得到C(r )E0rcos A1r1cosC A1a1cosC CA1 a2E0，故圆柱外的电位为(r,)(r a2r1)E0cosC若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(a,)0，则C 0。导体圆柱外的电场则为221 aaE E (r,)e ere ee er(12)E0cose e(12)E0sinrr rr(r,)导体圆柱表面的电荷面密度为 0ra 20E0cosr*如题图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、介电常数为，在距离轴线r0(r0 a)处，有一与圆柱平行的线

14、电荷ql，计算空间各部分的电位。解解在线电荷ql作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位(r,)均为线电荷ql的电位l(r,)与极化电荷的电位p(r,)l(r,)y的叠加，即(r,)l(r,)p(r,)。线电荷ql的电位为ql20ln R ql20lnr2 r02 2rr0cos（1）而极化电荷的电位p(r,)满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。介质圆柱内外的电位1(r,)和0ao题图ql2(r,)满足的边界条件为分别为1(0,)为有限值；2(r,)l(r,)(r )xr0102rr由条件和可知，1(r,)和2(r,)的通解为r a时，12,1(r,)l(r,)Anrncosn(0 r a)（

15、2）n12(r,)l(r,)Bnrncosn(a r )（3）n1将式（1）（3）带入条件，可得到A ann1ncosnBnancosnn1（4）(Annan1 Bn0nan1)cos n(0)n1qllnR20rra（5）当r1 rn r0时，将ln R展开为级数，有lnR lnr0()cosn（6）n1n r0带入式（5），得(Annan1n1 Bn0nan1(0)ql)cos n 20r0an1()cosn（7）rn10由式（4）和（7），有Anan BnanAnnan1 Bn0nan1 ql(0)1A 由此解得n20(0)nr0n(0)qlan1()20r0r0ql(0)a2n，Bn；

16、故得到圆柱内、外的电位分别为20(0)nr0nqlql(0)1 rn221(r,)lnr r02rr0cos()cosn（8）2020(0)n1n r0ql(0)1 a2n2(r,)lnr r 2rr0cos()cosn（9）2020(0)n1n r0r220ql讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为ql(0)1 rnql(0)()cosn(lnRlnr0)20(0)n1n r020(0)ql(0)1 a2nql(0)()cosn(lnRlnr)20(0)n1n r0r20(0)其中Rr2(a2r0)22r(a2r0)cos。因此可将1(r,)和2(r,)分别写成为1(r

17、,)20qlq(0)lnRllnr020020(0)1qllnR1(0)ql1(0)qllnRlnr2020020020q的电位相同，而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（r0,0）的线电荷0l2(r,)00a2ql；位于r 0的线电荷ql。,0)的线电荷生，它们分别为：位于（r0,0）的线电荷ql；位于(r000（2）导体上充有电荷Q。试分别计算两种情况*在均匀外电场E E0 e ezE0中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至U0；下球外的电位分布。解解（1）这里导体充电至U0应理解为未加外电场E E0时导体球相对于无限远处的电位为U0，此时导体球

18、面上的电荷密度0U0a，总电荷q 40aU0。将导体球放入均匀外电场E E0中后，在E E0的作用下，产生感应电荷，使球面上的电荷密度发生变化，但总电荷q仍保持不变，导体球仍为等位体。设(r,)0(r,)in(r,)，其中0(r,)E0z E0rcos，是均匀外电场E E0的电位，in(r,)是导体球上的电荷产生的电位。电位(r,)满足的边界条件为dS qr ar 时，(r,)E0rcos；时，(a,)C0，0Sr其中C0为常数，若适当选择(r,)的参考点，可使C0U0。由条件，可设(r,)E0rcos A1r2cos B1r1C1代入条件，可得到A1 a3E0，B1 aU0，C1 C0U03

19、21若使C0U0，可得到(r,)E0rcos a E0rcos aU0r（2）导体上充电荷Q时，令Q 40aU0，有U0利用（1）的结果，得到(r,)Q40a E0rcos a3E0r2cosQ40r如题图所示，无限大的介质中外加均匀电场E E0面的极化电荷密度（介质的介电常数为）。e ezE0，在介质中有一个半径为a的球形空腔。求空腔内、外的电场E E和空腔表解解在电场E E0的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E E为外加电场E E0与极化电荷的电场E Ep的叠加。设空腔内、外的电位分别为1(r,)和2(r,)，则边界条件为 0时，1(r,)为有限值；1r a时，

20、1(a,)2(a,)，02rr2由条件和，可设1(r,)E0rcos A1rcos，2(r,)E0rcos A2rcos；r带入条件，有r 时，2(r,)E0rcosao0zE E0题图空腔内、外的电场为A1a A2a2，0E00A1 E02a3A2003E0，A2 a E0由此解得A1 20203(r,)E0rcos所以1200a32(r,)1()E0rcos20r(0)E0a33E E0，E E2 2(r,)E E0()e er2cose esin2020rE E1 1(r,)空腔表面的极化电荷面密度为p n nP P2 ra(0)e erE E2 ra30(0)E0cos20一个半径为R

21、的介质球带有均匀极化强度P P。（1）证明：球内的电场是均匀的，等于P P0；4R3（2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子P P产生的电场相同，3。解解（1）当介质极化后，在介质中会形成极化电荷分布，本题中所求的电场即为极化电是均匀极化，介质球体内不存在极化电荷，仅在介质球面上有极化电荷面密度，球内、外的程，可用分离变量法求解。建立如题图所示的坐标系，则介质球面上的极化电荷面密度为z荷所产生的场。由于电位满足拉普拉斯方p P P n n P P e er Pcos介质球内、外的电位1和2满足的边界条件为1(0,)为 有 限值；2(r,)0(r )；1(R,)P Po2(R,)；0(12)

22、rrrR PcosB1cosr2R题图因此，可设球内、外电位的通解为1(r,)由条件，有 A1rcos，2(r,)B12B1，(A)P01R2R3PPR3解得A1，B13030A1R 于是得到球内的电位1(r,)（2）介质球外的电位为PPPP Prcosz，故球内的电场为E E1 1 e ez 30303030PPR314R3Pcos，其中2(r,)coscos40r230r240r234R33为介质球的体积P21 2(e er2cose esin)。故介质球外的电场为E E22(r,)e ere e34rrr r0可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子P P产生的电场相同。一个半径为a的细

23、导线圆环，环与xy平面重合，中心在原点上，环上总电荷量为Q，如题图所示。证明：空间任意点电位为241 r 3 r 11P2(cos)P4(cos)40a2a8aQ(r a)241 a 3 a 21 P2(cos)P4(cos)40r2r8rQ(r a)函数将细导线圆环上的线电荷Q表示解解以细导线圆环所在的球面r成球面r a把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用 a上的电荷面密度Qz)Q(cos)(coscos2a222a2系数。外的电位分别为1(r,)和2(r,)，则边界条件为：再根据边界条件确定设球面r a内、aoyx题图1(0,)为有限值；2(r,)0(r )1(a,)2(a,)

24、，0(12)rrraQ(cos)2a2根据条件和，可得1(r,)和2(r,)的通解为n11(r,)Anr Pn(cos)（1）Pn(cos)（2），2(r,)Bnrnn0n0代入条件，有Ana Bnann1（3）Annan1 Bn(n1)an2Pn(cos)n0Q20a2(cos)（4）将式（4）两端同乘以Pm(cos)sin，并从 0 到对进行积分，得(2n1)Q(2n1)QPn(0)(cos)P(cos)sind2n240a40a0Annan1 Bn(n1)an2（5）0(0)其中P(n 1)nn 2135(1)246nn 1,3,5,n 2,4,6,QQanPn(0)，BnPn(0)，代

25、入式（1）和（2）由式（3）和（5），解得An，即得到40an140241 r 3 r 11 P2(cos)P4(cos)40a2a8aQ(r a)241 a 3 a 21 P2(cos)P4(cos)(r a)40r2r8r【】【】如题图所示，一个点电荷q放在60的接地导体角域内的点(1,1,0)处。求：（1）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点x 2,y 1处的电位。解解（1）这是一个多重镜像的问题，共有 5 个像电荷，分布在以点电荷q到角域顶点的距离为半径的圆周上，并且关于导体平面对称，其电荷量的大小等于q，且正负电荷交错分布，其大小和位置分别为Qy q,q1 x1 y12 cos 75

26、0.3662 sin 75 1.366 q,q2 2 cos165 1.366x2 2 sin165 0.366y2q1 q2q(2,1,0)(1,1,0)60 q,q3 q,q4 q,q5（2）点xq3oq4 q5x题图 2 cos 195 1.366x3 2 sin 195 0.366y3 2 cos 285 0.366x4 2 sin 285 1.366y4 2 cos 315 1x5 2 sin 315 1y5q4 q2q3q51 qq140RR1R2R3R4R5 2,y 1处电位(2,1,0)q40(10.597 0.292 0.2750.3480.477)0.321q 2.8810

27、9q(V)40第第 5 5 章时变电磁场章时变电磁场有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场B B ez5cost mT之中，如题图所示。滑片的位置由x 0.35(1cost)m确定，轨道终端接有电阻R 0.2，试求电流 i.yaib0.2mRd0.7mcx 解解穿过导体回路 abcda 的磁通为B B dS S e ezB e ezad ab 5cost 0.2(0.7 x)题 6.1 图 cost0.7 0.35(1 cost)0.35cost(1 cost)故感应电流为i Ein1 d RRdt1 0.35sint(1 2 cost)1.75sint(1 2 cost

28、)mAR一根半径为 a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场体积内和表面上单位长度的极化电荷。解解介质棒内距轴线距离为 r 处的感应电场为故介质棒内的极化强度为B B e ezB0中与 z 轴平行。设棒以角速度绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、E E v vB B e ere ezB B0 e errB0P P Xe0E E e er(r1)0rB0 e er(0)rB0极化电荷体密度为P P P 1 1(rP)(0)r2B0r rr r 2(0)B0极化电荷面密度为则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为P P Pn ner(0)rB B0e erra(0)aB0QPa21P 2a2(0)B

29、0QPS 2a1P 2a2(0)B0平行双线传输线与一矩形回路共面，如题图所示。设a 0.2m、b c d 0.1maiibcd、i 1.0cos(2107t)A，求回路中的感应电动势。解解由题给定的电流方向可知，双线中的电流产生的磁感应强度的方向，面向内的。故回路中的感应电动势为在回路中都是垂直于纸Ein B左0i,B右2rddtB B dS dB左dS B右dSdt0i2(b c d r)故bc0i0aib cB dS adr ln()左b2r2bscd0i0aib cB dS adr ln()右d2(b c d r)2bs则题 6.3 图Ein 2d 0aib c ln()dt2bab

30、cd 0ln()1.0 cos(2107t)a2 b2bdt4107 0.2ln 2sin(2107t)2107V 3.484sin(2107t)V有一个环形线圈，导线的长度为l，分别通过以直流电源供应电压 U0和时变电源供应电压 U（t）。讨论这两种情况下导线内的电场强度 E E。解解设导线材料的电导率为，横截面积为 S，则导线的电阻为R lSU Ri L而环形线圈的电感为 L，故电压方程为didtllUdiU Ri JS J lE 0E 00Sl当 U=U 时，电流 i 也为直流，dt。故此时导线内的切向电场为0di(t)d RE(t)S L(E(t)S)dtdtdE(t)lE(t)U(t

31、)di(t)ldE(t)E(t)S LS 0dtLSLSSdt当 U=U（t）时，dt，故即求解此微分方程就可得到E E(t)。U(t)Ri(t)L一圆柱形电容器，内导体半径为 a，外导体内半径为 b，长为l。设外加电压为U0sint，试计算电容器极板间的总位移电流，证明它等于电容器的传导电流。解解当外加电压的频率不是很高时，圆柱形电容器两极板间的电场分布与外加直流电压时的电场分布可视为相同（准静态电场），即E E e erU0sintrln(b a)，故电容器两极板间的位移电流密度为则U costD DJ Jd e er0trln(b a)电流为idJ JddS S s20l0U0costr

32、ln(b a)e ere errddz2l2lU0cost CU0costC ln(b a)ln(b a)是长为l的圆柱形电容器的电容。流过电容器的传导式中，ic CdU CU0costi icdt可见d由麦克斯韦方程组出发，导出点电荷的电场强度公式和泊松方程。解点电荷 q 产生的电场满足麦克斯韦方程 E E 0和 D D 由 D D 得 D Ddd据散度定理，上式即为D DdS S qs利用球对称性，得D D e erq4r2故得点电荷的电场表示式4r2E E ，则得 D D E E 2由于 E E 0，可取E E e erq2 即得泊松方程试将麦克斯方程的微分形式写成八个标量方程：（1）在

33、直角坐标中；（2）在圆柱坐标中；（3）在球坐标中。解（1）在直角坐标中DxHzHy JxyztDyHxHz JyzxtHyHxDz Jzxyt（2）在圆柱坐标中HxEzEy yztHyExEz zxtEyExHz xytBxByBz 0 xyzDxDyDzxyzDr1 HzH JrrztDHrHz JzrtDz1 1 Hr(rH)Jzr rrt（3）在球坐标系中EHr1 Ez rztHErEz zrtHz11 Er(rE)r rrt1 1BBz(rBr)0r rr z1 1DDz(rDr)r rr zHDr1(sinH)Jrr sintD11Hr(rH)JrsinrtDHr1(rH)JrrtE

34、Hr1(sinE)r sintH11Er(rE)rsinrtHEr1(rE)rrtB1112(r B)(sinB)0rr2rr sinr sinD1112(r D)(sinD)rr2rr sinr sin已知自由空间中球面波的电场为解解可以和前题一样将E E代入波动方程来确定k，也可以直接由麦克斯韦方程求与E E相伴的磁场H H。而此磁场又要产生与之相伴的电场，同样据麦克斯韦方程求得。将两个电场比较，即可确定 k 的值。两种方法本质上是一样的。由 e eE0sincos(t kr)r求H H和k。E E 0H Ht得H H11e e E E (rE)t00r r e e10rke eE0sin

35、cos(t kr)r将上式对时间t积分，得0rE0sinsin(t kr)H H e ek0rE0sincos(t kr)（1）将式（1）代入 H H E E0t得E Et1 H H011e err2sin(r sinH)e e1r sinr(r sinH)01 k2E0sine e2kE0rcos(t kr)e esin(t kr)00r20r将上式对时间t积分，得E E 1 e e2kE0k2E0r2r2sin(t kr)e e2sincos(t kr)000r将已知的E E e eE0rsincos(t kr)1与式（2）比较，可得，含r2项的Ek2r分量应略去，且00，即k 00将k

36、00代入式（1），得H H e e 00rE0sincos(t kr)0 e e0E0rsincos(t kr)A0试推导在线性、无损耗、各向同性的非均匀媒质中用,E E和B B表示麦克斯韦方程。解解注意到非均匀媒质的参数是空间坐标的函数，因此 H H (B B)(11)B B B B 1D D2 B B 1 B BJ J J J(E E)J JE E而ttt因此，麦克斯韦第一方程 H H J J D Dt B B J J E E1B B变为t又 D D (E E)E E E E 故麦克斯韦第四方程 D D 变为 E E 1E E则在非均匀媒质中，用E E和B B表示的麦克斯韦方程组为2）（B

37、 B J J E E B B E E B BtE E1 B Bt1 E E写出在空气和的理想磁介质之间分界面上的边界条件。解解空气和理想导体分界面的边界条件为根据电磁对偶原理，采用以下对偶形式即可得到空气和理想磁介质分界面上的边界条件n nE E 0n nH H J Jsn nlaH H1 1bhE E H H H H E E J Js J Jmsn nH H 0n nE E J JmsdH H2 2c式中，J Jms为表面磁流密度。提出推导n n H H1 J Js的详细步骤。解解如题图所示，设第 2 区为理想导体（2）。在分界面上取闭合路径da题 6.12 图abcda,ab cd l,b

38、c da h 0。对该闭合路径应用麦克斯韦第一方程可得CH H dl l baH H dl l H H dl l H H dl l H H dl lbcdh0c H Hl l H H2l l lim(J J dS S SD DdS S)tS（1）D D因为t为有限值，故上式中S，而(1)式中的另一项为闭合路径所包围的传导电流。取N N为闭合路径所围面积的单位矢量（其指向与闭合路径的绕行方向成右手螺旋关系），则有h0h0limSD DdS S 0th0limJ J dS SlimJ J dS S J JsN Nl lS因故式（1）可表示为l l (N N n n)l(H H1 H H2)(N N

39、 n n)l J JsN Nl应用矢量运算公式故得（2）A A(B BC C)(C C A A)B B，式（2）变为n n H H1 H H2N N J JsN Nn n(H H1 H H2)J Js由于理想导体的电导率（3）2，故必有E E2 0,H H2 0，故式（3）变为n nH H1 J Js在由理想导电壁（）限定的区域0 x a内存在一个由以下各式表示的电磁场：这个电磁场满足的边界条件如何导电壁上的电流密度的值如何解解如题图所示，应用理想导体的边界条件可以得出在x=0 处，axEy H0()sin()sin(kz t)aaxHx H0k()sin()sin(kz t)axHz H0c

40、os()cos(kz t)axEy 0,Hx 0在x=a处，Hz H0cos(kz t)Ey 0,Hx 0a上述结果表明，在理想导体的表面，不存在电场的切向分量Ey和磁场的法向分量Hx。另外，在x=0 的表面上，电流密度为Hz H0cos(kz t)o题 6.13 图J Js n nH H|x0 e ex(e exHxe ezHz)|x0 e exe ezHz在x=a的表面上，电流密度则为x0 e eyH0cos(kzt)J Js n nH H|xa e ex(e exHxe ezHz)|xa e exe ezHz海水的电导率xa e eyH0cos(kzt)4S/m，在频率 f=1GHz 时

41、的相对介电常数r81。如果把海水视为一等效的电介质，写出H H的微分方程。对于良导体，例如铜，比较在 f=1GHz 时的位移电流和传导电流的幅度。可以看出，即使在微波频率下，良导体中的位移电流也是可以忽略的。写出H H的微分方程。解解对于海水，H H的微分方程为r1,5.7107S/m H H J J jD D E E jE E j(j即把海水视为等效介电常数为c j9)E E的电介质。代入给定的参数，得1094 E E j210(81 j)E E362109 j(4.5 j4)E E (4 j4.5)E E对于铜，传导电流的幅度为 E，位移电流的幅度 E。故位移电流与传导电流的幅度之比为2f

42、r02f 110913369.7510f75.7107 H H E E 5.710 E E可见，即使在微波频率下，铜中的位移电流也是可以忽略不计的。故对于铜，H H的微分方程为计算题中的能流密度矢量和平均能流密度矢量。解瞬时能流密度矢量为S S E E H H e eyEy(e exHx e ezHz)e exEyHze ezEyHx2 e exH0aaax2e ezH0k()2sin2()sin2(kz t)a12axx e exH0sin()cos()sin 2(kz t)2aa12axe ezH0k()2sin2()1cos 2(kz t)2a为求平均能流密度矢量，先将电磁场各个分量写成

43、复数形式sin(xa)cos(x)sin(kz t)cos(kz t)Ey H0()sin(axaax jkz j2Hx H0k()sin()eax jkzHz H0cos()ea故平均能流密度矢量为)e jkz j2S Sav11*ReE EH H*Ree exEyHz*e ezEyHx221axxj2Ree exH0sin()cos()e22aaax1ax e ezH02k()2sin2()e ezH02k()2sin2()a2a写出存在电荷 和电流密度J J的无损耗媒质中E E和H H的波动方程。解解存在外加源和J J时，麦克斯韦方程组为 H H J J E Et E E （1）；H H

44、t（2）；H H 0 E E（3）；（4）H H J J 对式（1）两边取旋度，得而故(E E)t H H (H H)2H H(H H 2H H J J 将式（2）和式（3）代入式（5），得(E E)t（5）这就是H H的波动方程，是二阶非齐次方程。同样，对式（2）两边取旋度，得2H H H H 2 J Jt2 E E 即(H Ht(H Ht（6）(E E2E E 将式（1）和式（4）代入式（6），得2E E 2E EJ J1t2t此即E E满足的波动方程。对于正弦时变场，可采用复数形式的麦克斯韦方程表示 H H J J jE E（7）；E E jH H E E（8）；H H 0（9）；（10

45、）；对式（7）两边取旋度，得 H H J J j E E利用矢量恒等式 H H (H H2H H得(H H2H H J J j E E（11）将式（8）和式（9）代入式（11），得2H H+2H H J J此即H H满足的微分方程，称为非齐次亥姆霍兹方程。同样，对式（8）两边取旋度，得：E E j H H即(E E2H H j H H将式（7）和式（10）代入式（12），得2E E+2E E jJ J 1此即E E满足的微分方程，亦称非齐次亥姆霍兹方程。在应用电磁位时，如果不采用洛伦兹条件，而采用所谓的库仑规范，令 A A，试导出A A和所满足的微分方程。解解将电磁矢量位A A的关系式B B

46、A AE E A A和电磁标量位的关系式t H H J J D D；代入麦克斯韦第一方程t得 H H 1(A A)J J E Et J J A A tt利用矢量恒等式 A A (A A)2A A得(A A2A A=J J t(A At)又由A A D D E E (得t)，即2t(A A)按库仑规范，令 A A0，将其代入式（1）和式（2）得2A A2A At2 J J(t)2 12）（1）（2）（3）（4）（式（3）和式（4）就是采用库仑规范时，电磁场A A和所满足的微分方程。设电场强度和磁场强度分别为E E E E0cos(t e)证明其坡印廷矢量的平均值为H H H H0cos(t m)

47、1E E0H H0cos(em)2S Sav解解坡印廷矢量的瞬时值为故平均坡印廷矢量为S S E EH H E E0cost e)H H0cos(t m)12E E0H H0cos(t et m)cost et m12E E0H H0cos(2t em)cos(em)S S1TavT0S Sdt1TT102E E0H H0cos(2t em)cos(em)dt12E E0H H0cos(em)第第 6 6 章习题答案章习题答案6-1 在r1、r 4、0的媒质中，有一个均匀平面波，电场强度是E(z,t)Emsin(t kz 3)若已知f 150 MHz，波在任意点的平均功率流密度为0.265 w

48、/m2，试求：（1）该电磁波的波数k?相速vp?波长?波阻抗?（2）t 0，z 0的电场E(0,0)?（3）时间经过0.1s之后电场E(0,0)值在什么地方（4）时间在t 0时刻之前0.1s，电场E(0,0)值在什么地方解：（1）k 2fcr 2(rad/m)vp c/r1.5108(m/s)2k1(m)120r 60()r（2）S1av2E21mE26m 0.26510200rE00102m1.(V/m)E(0,0)Emsin3 8.66103(V/m)（3）往右移z vpt 15 m（4）在O点左边15 m处6-2 一个在自由空间传播的均匀平面波，电场强度的复振幅是E E 104e j20

49、ze e(x x 104ej220z)e ey y试求：（1）电磁波的传播方向（2）电磁波的相速vp?波长?频率f?（3）磁场强度H H?（4）沿传播方向单位面积流过的平均功率是多少解：（1）电磁波沿z方向传播。（2）自由空间电磁波的相速v8p c 310 m/s2k220 0.1(m)k c 20 20c伏/米10c 3109Hz2j(20z)172（3）H He ezE E 2.6510(ee exej20ze ey)(A/m)f（4）S Savjkz6-3 证明在均匀线性无界无源的理想介质中，不可能存在E E E0ee ez z的均匀平面电磁波。jkz 0，即不满足 Maxwell 方程

50、证 jkE0ejkz 不可能存在E E E0ee ez z的均匀平面电磁波。1E E E E*Re(E EH H)e ez 2.651011e ez(W/m2)226-4 在微波炉外面附近的自由空间某点测得泄漏电场有效值为 1V/m，试问该点的平均电磁功率密度是多少该电磁22辐射对于一个站在此处的人的健康有危险吗（根据美国国家标准，人暴露在微波下的限制量为10 W/m 不超过 6 分钟，22我国的暂行标准规定每 8 小时连续照射，不超过10 W/m。）解：把微波炉泄漏的电磁辐射近似看作是正弦均匀平面电磁波，它携带的平均电磁功率密度为S SavEe201 2.65103W/m2377可见，该微波